（全国版）2021届高考数学二轮复习 专题检测（二十二）函数、导数与方程（文含解析）.doc

1、专题检测（二十二）函数、导数与方程 大题专攻强化练1(2019全国卷)已知函数 f(x)2sin xxcos xx，f(x)为 f(x)的导数(1)证明：f(x)在区间(0，)存在唯一零点；(2)若 x0，时，f(x)ax，求 a 的取值范围解：(1)证明：设 g(x)f(x)，则 g(x)cos xxsin x1，g(x)xcos x.当 x0，2 时，g(x)0；当 x2，时，g(x)0，g()2，故 g(x)在(0，)存在唯一零点 所以 f(x)在区间(0，)存在唯一零点(2)由题设知 f()a，f()0，可得 a0.由(1)知，f(x)在(0，)只有一个零点，设为 x0，且当 x(0，

2、x0)时，f(x)0；当 x(x0，)时，f(x)0，所以 f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，)上单调递减 又 f(0)0，f()0，所以当 x0，时，f(x)0.又当 a0，x0，时，ax0，故 f(x)ax.因此，a 的取值范围是(，02(2019全国卷)已知函数 f(x)(x1)ln xx1.证明：(1)f(x)存在唯一的极值点；(2)f(x)0 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数证明：(1)f(x)的定义域为(0，)f(x)x1x ln x1ln x1x.因为 yln x 在(0，)上单调递增，y1x在(0，)上单调递减，所以 f(x)在(0，)上单调递增 又 f(1)10

3、，故存在唯一 x0(1，2)，使得 f(x0)0.又当 xx0 时，f(x)x0 时，f(x)0，f(x)单调递增，因此，f(x)存在唯一的极值点(2)由(1)知 f(x0)0，所以 f(x)0 在(x0，)内存在唯一根 x.由 x01 得 11x0.又 f1 11 ln 1 11f（）0，故 1是 f(x)0 在(0，x0)的唯一根 综上，f(x)0 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数3(2019东北四市联合体模拟(一)已知函数 f(x)2xaln x(a0)(1)若函数 yf(x)图象上各点切线斜率的最大值为 2，求函数 f(x)的极值点；(2)若关于 x 的不等式 f(x)2 有解，求

4、 a 的取值范围解：f(x)2x2ax(x0)(1)a0，当1xa4时，f(x)取得最大值a28，a28 2.a0，a4.此时 f(x)2x24x4x2x2，当 x0，12 时，f(x)0，f(x)单调递减，当 x12，时，f(x)0，f(x)单调递增，f(x)的极小值点为 x12，无极大值点(2)f(x)ax2x2(x0 且 a0)，当 x0，2a 时，f(x)0，f(x)单调递减，当 x2a，时，f(x)0，f(x)单调递增，f(x)f 2a aaln 2a.关于 x 的不等式 f(x)2 有解，aaln 2a2.a0，ln2a12a0.令 g(x)ln x1x，则 g(x)1x11xx，

5、当 x(0，1)时，g(x)0，g(x)单调递增，当 x(1，)时，g(x)0，g(x)单调递减，g(x)g(1)0，由 ln 2a12a0 可解得2a0 且2a1，a 的取值范围是a|a0且a2.4(2019兰州市诊断考试)已知函数 f(x)12x2(a2a2)xa2(a2)ln x，aR.(1)当 a1 时，求函数 yf(x)的单调区间；(2)试判断当 a1，1时，函数 yf(x)的零点的个数，并说明理由解：(1)易知函数 f(x)的定义域为(0，)，当 a1 时，f(x)12x22xln x，f(x)x21xx22x1x（x1）2x0，函数 yf(x)在其定义域内为增函数，单调递增区间为

6、(0，)，无单调递减区间(2)当 a0，f(x)12x22x12(x2)22(x0)，由于 f(4)0，故函数有且只有一个零点 当 a1 时，由(1)知函数 yf(x)在其定义域内为增函数，由于 f(e)e222e1（e2）2220，f(e2)e422e22（e22）220，故函数有且只有一个零点 当1a0 或 0a1 时，a2a20，可得当 x(0，a2)时，f(x)0，函数为增函数；当 x(a2，a2)时，f(x)0，函数为减函数；当 x(a2，)时，f(x)0，函数为增函数 当 xa2 时，函数有极大值 f(a2)12a2a22(a2a2)2(a2)ln a2 12a2a22(a2)2(a2)ln a2，当1a0 或 0a1 时，a21，f(a2)0，又 f(e3)0，故函数有且只有一个零点 综上可知，当 a1，1时，函数 yf(x)有且只有一个零点